Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1344
2018-12-06 
В выпуклом четырехугольнике $ABCD: AD = BC; \angle ABD + \angle CDB = 180^{ \circ}$. Докажите, что $\angle BAD = \angle BCD$.
Решение:
Разрежем данный четырехугольник по диагонали BD (см. рис. а) и, «перевернув» треугольник BCD, вновь приложим его к диагонали BD (см. рис. б). Получился равнобедренный треугольник $AB^{ \prime}C^{ \prime}$ ($AB^{ \prime} = B^{ \prime}C^{ \prime}$). Следовательно $\angle B^{ \prime}AD^{ \prime} = \angle B^{ \prime}C^{ \prime}D^{ \prime}$, то есть, $\angle BAD = \angle BCD$, что и требовалось доказать.
Отметим, что выходя за рамки материала, изученного восьмиклассниками, можно предложить другой способ решения (см. рис. а).
Пусть $\angle ABD = \alpha$, тогда $\angle CDB = 180^{ \circ} - \alpha$. По теореме синусов из $\Delta ABD: \frac{BD}{ \sin \angle A} = \frac{AD}{ \sin \alpha}$. Аналогично, из $\Delta BCD: \frac{BD}{ \sin \angle C} = \frac{BC}{ \sin (180^{ \circ} - \alpha ) }$.
Учитывая, что AD = ВС и $\sin(180^{ \circ} - \alpha ) = \sin \alpha$, получим, что $\sin \angle A = \sin \angle C$. Так как $\angle ABD + \angle CDB = 180^{ \circ}$, то либо каждый из этих углов - прямой, либо один из них - острый, а другой - тупой. В первом случае ясно, что углы А и С - острые, поэтому, из равенства их синусов следует равенство углов.
Во втором случае, без ограничения общности можно считать, что $\angle ABD = \alpha$ - острый, a $\angle CDB$ - тупой. Тогда $\angle C$ - острый, следовательно, из $\Delta BCD$ получим, что BD < ВС. Предположим, что $\angle A$ - не острый, тогда в $\Delta ABD: \angle A > \alpha$, то есть, BD > AD. Значит, ВС > AD, что противоречит условию.
Таким образом, $\angle A$ - острый, поэтому $\angle A = \angle C$, что и требовалось доказать.
В выпуклом четырехугольнике $ABCD: AD = BC; \angle ABD + \angle CDB = 180^{ \circ}$. Докажите, что $\angle BAD = \angle BCD$.
Решение:
Разрежем данный четырехугольник по диагонали BD (см. рис. а) и, «перевернув» треугольник BCD, вновь приложим его к диагонали BD (см. рис. б). Получился равнобедренный треугольник $AB^{ \prime}C^{ \prime}$ ($AB^{ \prime} = B^{ \prime}C^{ \prime}$). Следовательно $\angle B^{ \prime}AD^{ \prime} = \angle B^{ \prime}C^{ \prime}D^{ \prime}$, то есть, $\angle BAD = \angle BCD$, что и требовалось доказать.
Отметим, что выходя за рамки материала, изученного восьмиклассниками, можно предложить другой способ решения (см. рис. а).
Пусть $\angle ABD = \alpha$, тогда $\angle CDB = 180^{ \circ} - \alpha$. По теореме синусов из $\Delta ABD: \frac{BD}{ \sin \angle A} = \frac{AD}{ \sin \alpha}$. Аналогично, из $\Delta BCD: \frac{BD}{ \sin \angle C} = \frac{BC}{ \sin (180^{ \circ} - \alpha ) }$.
Учитывая, что AD = ВС и $\sin(180^{ \circ} - \alpha ) = \sin \alpha$, получим, что $\sin \angle A = \sin \angle C$. Так как $\angle ABD + \angle CDB = 180^{ \circ}$, то либо каждый из этих углов - прямой, либо один из них - острый, а другой - тупой. В первом случае ясно, что углы А и С - острые, поэтому, из равенства их синусов следует равенство углов.
Во втором случае, без ограничения общности можно считать, что $\angle ABD = \alpha$ - острый, a $\angle CDB$ - тупой. Тогда $\angle C$ - острый, следовательно, из $\Delta BCD$ получим, что BD < ВС. Предположим, что $\angle A$ - не острый, тогда в $\Delta ABD: \angle A > \alpha$, то есть, BD > AD. Значит, ВС > AD, что противоречит условию.
Таким образом, $\angle A$ - острый, поэтому $\angle A = \angle C$, что и требовалось доказать.
